1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年河南省信阳市光山二中高三（下）第一次月考化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A常温常压下，1.56g Na2O2含有的阴离子数为0.02NAB标准状况下，22.4L SO3含有的分子数为NAC0.1mol氯气参与反应，转移的电子数一定为0.2NAD物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA2CO2中含有少量HCl，最好用下列哪一种溶液处理（）A氨水B饱和石灰水CNaHCO3饱和溶液DNa2CO3饱和溶液3近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低
2、成本”锂一铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A通空气时，铜被腐蚀，表面产生CuOB放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动C放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e2Cu+2OHD整个反应过程中，铜相当于催化剂4在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A3.0molB1.5molC1.0molD0.75mol5下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量
3、浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD6下列说法正确的是（）A在共价化合物中不可能含有离子键B阴阳离子之间通过静电引力形成的化学键，叫共价键C含有共价键的化合物一定是共价化合物D含有离子键的化合物不一定是离子化合物7已知一定温度下，有下列难溶电解质的相关数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3KSP/
4、250C8.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是（）A向该混合溶液中加过量铁粉，能观察到红色固体析出B向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀C该混合溶液中c（SO42）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）5：4D向该混合溶液中加入适量氯水，并调pH至34后过滤，能得到纯净的CuSO4溶液8下列说法错误的是（）A加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液
5、中滴几滴新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe2+C焰色反应实验前，铂丝应先用盐酸洗涤后灼烧至无色D实验室制备氢氧化亚铁时，滴加氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入液面下9金属的腐蚀现象非常普遍下列有关金属腐蚀的叙述中不正确的是（）A金属腐蚀的本质是金属原子失去电子变成阳离子而被氧化B钢铁在发生电化学腐蚀时，若表面水膜呈中性，则正极发生的反应为：2H+2eH2C金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀D钢铁在干燥的空气里不易被腐蚀，而在在潮湿的空气里容易被腐蚀102甲基丁烷跟氯气发生取代反应，可能得到一氯代物，该一氯代物水解后可得到（）种醇A1B2C3D411有一支50mL的碱式滴定管，其中盛有0
6、.1mol/LNaOH溶液，液面恰好在15ml刻度处，若将滴管内的碱液全部放完，恰好中和锥形瓶内35mL盐酸，盐酸的物质的量浓度为（）A0.1mol/LB0.1mol/LC0.1mol/LD不能确定12下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部131000时，FeO（s）+H2Fe（s）+H2O，K=0.52欲使容器中有1.0mol FeO被还原，反应前容器中应充入a mol H2则a最接近（）A1.0B2.0C3.0D4.014普通锌锰干电池的简图（如图所示），它是用锌皮制成的锌筒作电极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒
7、顶端加一铜帽在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反应为：Zn+2NH4+2MnO2=Zn（NH3）22+Mn2O3+H2O关于锌锰干电池的下列说法中正确的是（）A当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原B电池正极的电极反应式为：2MnO2+2NH4+2eMn2O3+2NH3+H2OC电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g15下列说法正确的是（）A醋酸纤维、橡胶、腈纶都属于合成高分子化合物B加新制的Cu（OH）2
8、悬浊液并加热可检验尿液中的葡萄糖C油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂D向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析而分离提纯选修-有机化学基础16某有机化合物A的结构简式如图所示：回答下列问题：（1）A的分子式为（2）A在NaOH水溶液中加热得到B和C，C是芳香族化合物，C则的结构简式是（3）C酸化后可得F，F不能发生的反应类型是（填写字母代号）a取代反应 b加成反应 c消去反应 d加聚反应 e氧化反应 f还原反应（4）B与足量的某饱和一元羧酸D充分反应后生成E，E和B的相对分子质量之差为84，则D的摩尔质量为（5）F可以发生如下转化，且G与H互为同
9、分异构体请写出：H的结构简式由F生成的G化学方程式（6）符合下列三个条件的F的同分异构体的数目有多种，任写出其中1种的结构简式有邻二取代苯环结构；F具有相同的官能团；不与FeCI3溶液发生显色反应17已知a、I、e为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下：粒子代码aIe原子核数单核四核双核粒子的电荷数一个单位正电荷0一个单位负电荷物质A由a、e构成，B、C、D、K都是单质，反应都是用于工业生产的反应，各有关物质之间的相互反应转化关系如图所示：请填写下列空白：（1）写出下列物质的化学式：B，J（2）写出下列反应的离子方程式：H+E（溶液）MI溶于G（3）在通常状况下，若1
10、g C气体在B气体中燃烧生成H气体时放出92.3kJ热量，则2mol H气体完全分解生成C气体和B气体的热化学方程式为18某化学研究性学习小组拟测定食醋的总酸量（g/10mL），请你参与该小组的实验并回答相关问题实验目的测定食醋的总酸量实验原理中和滴定实验用品蒸馏水，市售食用白醋样品500mL（商标注明总酸量：3，.50g/100mL5.00g/100mL），0.1000mol/L NaOH标准溶液；100mL容量瓶，10mL移液管，碱式滴定管，铁架台，滴定管夹，锥形瓶，烧杯，酸碱指示剂（可供选用的有：甲基橙，酚酞，石蕊）实验步骤配制并移取待测食醋溶液用10mL移液管吸取10mL市售白醋样品置
11、于100mL容量瓶中，用处理过的蒸馏水稀释至刻度线，摇匀后用酸式滴定管取待测食醋溶液20mL，并移至锥形瓶中盛装标准NaOH溶液将碱式滴定管洗净后，用NaOH标准溶液润洗3次，然后加入NaOH标准溶液，排除尖嘴部分气泡后，使液面位于“0”刻度或“0”度以下静置，读取数据并记录为NaOH标准溶液体积的初读数滴定往盛有待测食醋溶液的锥形瓶中的滴加某酸碱指示计23滴，滴定至终点记录NaOH的终读数重复滴定3次数据记录滴定次数实验数据1234V（样品）/ml20.0020.0020.0020.00V（NaOH）始/ml0.000.200.100.10V（NaOH）终/ml14.9815.2015.12
12、16.24问题与思考（1）步骤中用煮沸并迅速冷却的方法处理蒸馏水的目的是除去，防止其对实验结果的影响（2）步骤中你选择的酸碱指示剂是，理由是（3）样品总酸量=g/100mL（4）导致实验结果偏大的主要原因是（填写序号）滴定终点时，仰视滴定管读数滴定后滴定管尖嘴处悬有一滴液体移液管用蒸馏水洗净后，就用来吸取待测液滴定前，碱式滴定管无气泡，滴定后产生气泡锥形瓶只用蒸馏水洗涤后仍留有少量蒸馏水19以钴酸锂（LiCoO2）为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源，工业上常以锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下：已知：部分
13、金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711LiCO3在不同温度下的溶解度如下表：回答下列问题：温度/010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：；（2）反应中加入碳酸钙的作用是；（3）写出反应中生成沉淀A的离子方程式：；（4）洗涤所得Li2O3沉淀要使用（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是；（5）电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是205.8g甲完
14、全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，求甲的分子式是？21下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色请问答下列问题：（1）A是，G是（填化学式）（2）反应中，属于氧化还原反应的是（填序号）（3）反应的化学方程式为甲与B反应的离子方程式（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是（5）在F溶液中加入等物质的量的A，发生反应的总的离子方程式：（6）已知：酚酞在c（OH） 为1.0104mol/L2.5mol/L时呈红色，且半分钟
15、内不褪色向3，.9g A和 100g B混合后的溶液中滴入2滴酚酞试液，溶液变红色，片刻红色褪去（假设过程中液体体积不变）甲同学认为“红色迅速褪去”是由于溶液中c（OH）过大造成的上述观点是否正确，请通过计算对比数据加以说明乙同学认为“红色迅速褪去”是由于A+B=碱+H2O2，H2O2具有氧化性和漂白性导致的试设计简单实验证明烧瓶内溶液中含H2O2，简述实验原理22聚戊二酸丙二醇酯（PPG：）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C
16、5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）由B生成C的化学方程式为（3）由D和H生成PPG的化学方程式为（4）写出D的同分异构体中能同时满足下列条件的结构简式与D具有相同种类和数目的官能团核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为3：1（5）根据已有知识，写出以乙烯为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2OH23氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原
17、料的合成路线如下：（1）CD的反应类型是反应（2）X的结构简式为（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式（4）已知：，中氯原子较难水解物质A（），可由2氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：结构中存在氨基；苯环上有两种不同化学环境的氢；G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应；写出符合条件的G的可能的结构简式：（6）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路
18、线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH22015-2016学年河南省信阳市光山二中高三（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A常温常压下，1.56g Na2O2含有的阴离子数为0.02NAB标准状况下，22.4L SO3含有的分子数为NAC0.1mol氯气参与反应，转移的电子数一定为0.2NAD物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含2
19、mol钠离子和1mol过氧根构成来分析；B、标况下三氧化硫为固体；C、根据反应后氯元素的价态不明确来分析；D、溶液体积不明确【解答】解：A、1.56g过氧化钠的物质的量为0.02mol，而1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根构成，故0.02mol过氧化钠中含0.02mol阴离子即0.02NA个，故A正确；B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、由于反应后氯元素的价态不明确，故0.1mol氯气参与反应后转移的电子数无法确定，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，
20、熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2CO2中含有少量HCl，最好用下列哪一种溶液处理（）A氨水B饱和石灰水CNaHCO3饱和溶液DNa2CO3饱和溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】元素及其化合物【分析】CO2中含有少量HCl，因盐酸酸性比碳酸强，可用饱和碳酸氢钠溶液除杂，以此解答【解答】解：ACO2和HCl都与氨水反应，不能用于除杂，故A错误；BCO2和HCl都与饱和石灰水反应，不能用于除杂，故B错误；C氯化氢可与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，而二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，可用于除杂，故C正确；DCO2和HCl都与Na2CO3饱和溶液反应，不能用于除杂，
21、故D错误故选C【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大3近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂一铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A通空气时，铜被腐蚀，表面产生CuOB放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动C放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e2Cu+2OHD整个反应过程中，铜相当于催化剂【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】放电时，锂失电子作
22、负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为LieLi+，正极上电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答【解答】解：A放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故A错误；B因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故B正确；C该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故C正确；D由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过
23、程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选A【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用4在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A3.0molB1.5molC1.0molD0.75mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】计算题；守恒思想；化学实验【分析】根据氧化还原反应中电子守恒思想：得失电子数目相等知识来解答【解答】解：利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72（0.5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子
24、被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol故选B【点评】本题主要考查学生氧化还原反应中电子守恒思想的应用，是考试的热点5下列有关实验操作设计、现象记录、结论解释都正确的是（）实验操作设计现象记录结论解释A将少量浓硝酸逐滴加入Cu和稀硫酸的混合物中产生红棕色气体硝酸被还原为NO2B用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但并不滴落熔点：Al2 O3AlC向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀加入Na2O2粉末前，原氯化亚铁溶液已经变质D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性AABBCCDD【考点
25、】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2；B铝在加热条件下与氧气反应生成氧化铝；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，本身不具有漂白性【解答】解：A浓硝酸滴入稀硝酸溶液中，浓度降低，可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故A错误；B铝在加热条件下与氧气反应生成氧化铝，铝箔熔化但并不滴落，可说明熔点：Al2O3Al，故B正确；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，不能证明氯化亚铁溶液已经变质，故C错误；D向紫色石蕊试液中持续长时间通人氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红，最后变为无色，次氯酸表现出
26、漂白性，氯气本身不具有漂白性，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物的性质的综合理解与运用的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大6下列说法正确的是（）A在共价化合物中不可能含有离子键B阴阳离子之间通过静电引力形成的化学键，叫共价键C含有共价键的化合物一定是共价化合物D含有离子键的化合物不一定是离子化合物【考点】化学键【专题】化学键与晶体结构【分析】A共价化合物中一定不含有离子键；B相邻原子间强烈的相互作用是化学键，离子键是由阴阳离子通过静电作用形成的；C含有共价键的化合物中也可能含有离子键；D含有离子键的化合物一定是离子化合物【
27、解答】解：A因含离子键的化合物一定为离子化合物，则共价化合物中一定不含有离子键，故A正确；B离子键是由离子形成的，即阴阳离子之间通过静电作用（既有吸引也有排斥）形成离子键，相邻原子间强烈的相互作用是化学键，故B错误；C含有共价键的化合物中也可能含有离子键，如NaOH，故C错误；D含有离子键的化合物一定是离子化合物，故D错误；故选A【点评】本题考查化学键、离子化合物、共价化合物，明确概念及概念的关系是解答本题的关键，并学会利用实例来说明问题，题目难度不大7已知一定温度下，有下列难溶电解质的相关数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3KSP/250C8.010162.210204.01
28、038完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是（）A向该混合溶液中加过量铁粉，能观察到红色固体析出B向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀C该混合溶液中c（SO42）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）5：4D向该混合溶液中加入适量氯水，并调pH至34后过滤，能得到纯净的CuSO4溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中加过量铁粉，铁粉和铜离子反应生成Cu；B、依据图表分析，铁离子开始沉淀的pH=3分析；
29、C、铁离子、亚铁离子、铜离子水溶液中水解；D、混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH34铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸溶液【解答】解：A、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中加过量铁粉，铁粉和铜离子反应生成Cu，所以能观察到红色固体析出，故A正确；B、依据阳离子沉淀的pH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B正确；C、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+
30、、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42）：c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）5：4，故C正确；D、向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水氧化Fe2+为Fe3+，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为34，Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；故选D【点评】本题考查氧化还原反应顺序判断，离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等，注意对题中表格数据的分析应用是解题的关键8下列说法错误的是（）A加入BaCl2溶
31、液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中滴几滴新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe2+C焰色反应实验前，铂丝应先用盐酸洗涤后灼烧至无色D实验室制备氢氧化亚铁时，滴加氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入液面下【考点】硫酸根离子的检验；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；探究焰色反应；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【专题】实验评价题【分析】A、亚硫酸钡沉淀在硝酸作用下会成为硫酸钡；B、亚铁离子容易被氧化剂氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰化钾显示红色；C、盐酸受热易挥发，铂丝使用之前用盐酸蘸取；D、氢氧化亚铁易被氧气氧化为
32、氢氧化铁，制取时要隔绝氧气【解答】解：A、加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中含有SO42或是SO32中的至少一种，还可能含银离子，但不能与SO42、SO32同时存在，故A错误；B、向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，一定不含有三价铁离子，再向溶液中滴几滴新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe2+，故B、正确；C、焰色反应实验前，铂丝应先用盐酸洗涤，除去表面的氧化膜，然后灼烧至无色，故C正确；D、实验室制备氢氧化亚铁时，滴加氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入液面下，可以防止氢氧化亚铁被氧气氧化，故D正确故选A【点评】本题考查学生离子的检验、焰色反应时铂丝的
33、使用以及铁离子、亚铁离子的检验、氢氧化亚铁的等知识，属于综合知识的考查，难度不大9金属的腐蚀现象非常普遍下列有关金属腐蚀的叙述中不正确的是（）A金属腐蚀的本质是金属原子失去电子变成阳离子而被氧化B钢铁在发生电化学腐蚀时，若表面水膜呈中性，则正极发生的反应为：2H+2eH2C金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀D钢铁在干燥的空气里不易被腐蚀，而在在潮湿的空气里容易被腐蚀【考点】金属腐蚀的化学原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被氧化的过程；B、根据金属析氢腐蚀的原理来回答判断；C、金属腐蚀的类型：化学腐蚀和电化学腐蚀；D、金属腐蚀的条件：和空气以及水
34、接触【解答】解：A、金属腐蚀的实质是金属原子失去电子变为阳离子，是被氧化的过程，故A正确；B、在电解质环境是酸性环境下，会发生金属的析氢腐蚀，如电解质呈中性，则正极发生的反应为：2H2O+O2+4e=4OH，故B错误；C、金属腐蚀的类型分为化学腐蚀和电化学腐蚀，其中以电化学腐蚀更为普遍，故C正确；D、金属腐蚀的条件：和空气以及水接触，所以钢铁在潮湿的空气里比在干燥空气中容易被腐蚀，故D正确故选【点评】本题综合性较大，涉及金属腐蚀、原电池、元素化合物性质等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的全面掌握情况102甲基丁烷跟氯气发生取代反应，可能得到一氯代物，该一氯代物水解后可得到（）种醇A1B2C3
35、D4【考点】有机化合物的异构现象【分析】根据等效氢判断，分子中有几种不同的H原子，其一氯代物就有几种，水解后的醇就有几种，据此解答【解答】解：2甲基丁烷的结构简式为：（CH3）2CHCH2CH3，分子中有4种化学环境不同的H原子，故其一氯代物有4种，则水解后所得到的醇有4种故选：D【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意一元取代利用等效氢进行的解答11有一支50mL的碱式滴定管，其中盛有0.1mol/LNaOH溶液，液面恰好在15ml刻度处，若将滴管内的碱液全部放完，恰好中和锥形瓶内35mL盐酸，盐酸的物质的量浓度为（）A0.1mol/LB0.1mol/LC0.1mol/LD不能确定【
36、考点】物质的量浓度的相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到15mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5015）=35mL，根据物质的量浓度的计算公式求出盐酸的浓度即可【解答】解：滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到15mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5015）=35mL，根据c（NaOH）V（NaOH）=c（HCl）V（HCl），该盐酸的物质的量浓度大于=0.1mol/L，所以A正确，故选A【点评】本题考查物质的量浓度的计算、滴定管构造，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，明
37、确滴定管的构造为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力12下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3 AlABCD全部【考点】镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反应的物质有碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝，
38、故选D【点评】本题考查能和强酸强碱反应的物质，侧重考查物质性质，知道常见物质的性质即可解答，注意总结归纳131000时，FeO（s）+H2Fe（s）+H2O，K=0.52欲使容器中有1.0mol FeO被还原，反应前容器中应充入a mol H2则a最接近（）A1.0B2.0C3.0D4.0【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合反应平衡常数概念计算，反应前后气体物质的量相同，可以利用物质的量计算平衡常数【解答】解：FeO（s）+H2Fe（s）+H2O，K=0.52起始量（mol） x a 0 0变化量（mol） 1 1 1 1平衡量（mol）
39、a1 1反应前后气体物质的量相同，可以利用物质的量计算平衡常数K=0.52，a3，故选C【点评】本题考查了化学平衡常数的计算应用，注意反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算得到，掌握基础是关键14普通锌锰干电池的简图（如图所示），它是用锌皮制成的锌筒作电极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反应为：Zn+2NH4+2MnO2=Zn（NH3）22+Mn2O3+H2O关于锌锰干电池的下列说法中正确的是（）A当该电池电压逐
40、渐下降后，利用电解原理能重新充电复原B电池正极的电极反应式为：2MnO2+2NH4+2eMn2O3+2NH3+H2OC电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用B、原电池正极上得电子发生还原反应C、原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极D、根据锌和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用，干电池是一次电池，所以当该电池电压逐渐下降后，不能利用电解原理能重新充电复原，故A错误B、该原电池放电时，正极
41、上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为：2MnO2+2NH4+2eMn2O3+2NH3+H2O，故B正确C、原电池工作时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，故C错误D、Zn+2NH4+2MnO2=Zn（NH3）22+Mn2O3+H2O 转移电子 65g 2mol 3，25g 0.1mol 所以外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小3.25g，故D错误故选B【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据正负极上得失电子判断电极反应类型15下列说法正确的是（）A醋酸纤维、橡胶、腈纶都属于合成高分子化合物B加新制的Cu（OH）2悬浊液并加热
42、可检验尿液中的葡萄糖C油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂D向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析而分离提纯【考点】有机高分子化合物的结构和性质；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】有机反应【分析】A橡胶有天然物质；B加入新制的Cu（OH）2悬浊液与尿液混合，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基；C油脂在碱性条件下的水解是皂化反应；D硫酸铜是重金属盐【解答】解：A橡胶有天然物质，不是合成高分子化合物，故A错误； B加入新制的Cu（OH）2悬浊液与尿液混合，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基，进而说明
43、含有葡萄糖，故B正确；C油脂在碱性条件下的水解是皂化反应，酸性条件下水解生成高级脂肪酸，不是高级脂肪酸钠，故C错误；D硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，难度不大，注意把握葡萄糖的检验方法选修-有机化学基础16某有机化合物A的结构简式如图所示：回答下列问题：（1）A的分子式为C14H19O3Cl（2）A在NaOH水溶液中加热得到B和C，C是芳香族化合物，C则的结构简式是（3）C酸化后可得F，F不能发生的反应类型是d（填写字母代号）a取代反应 b加成反应 c消去反应 d加聚反应 e氧化反应 f还原反应（4）B与足量的某饱和一元
44、羧酸D充分反应后生成E，E和B的相对分子质量之差为84，则D的摩尔质量为60g/mol（5）F可以发生如下转化，且G与H互为同分异构体请写出：H的结构简式由F生成的G化学方程式（6）符合下列三个条件的F的同分异构体的数目有多种，任写出其中1种的结构简式有邻二取代苯环结构；F具有相同的官能团；不与FeCI3溶液发生显色反应【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质【分析】（1）由结构简式可知分子式；（2）A中含COOC可发生水解反应，C中含苯环；（3）C酸化后可得F，F中含COOH、OH，结合羧酸、醇及苯的性质分析；（4）B为CH3CH（OH）CH2CH2OH，酯化反应中M（B）+2M（D）=M（
45、E）+2M（H2O）；（5）由转化关系可知，FH发生分子内酯化反应，FG发生醇的消去反应，GI发生加聚反应；（6）F的同分异构体符合：含有邻二取代苯环结构与F具有相同的官能团 不与FeCl3溶液发生显色反应，则邻位2个取代基上含1个OH、1个COOH，OH、COOH可均在同一个取代基上【解答】解：（1）由结构简式可知分子式为C14H19O3Cl，故答案为：C14H19O3Cl； （2）A中含COOC可发生水解反应，C中含苯环，则C的结构简式为，故答案为：；（3）C为，C酸化后可得F，F中含COOH、OH，则a含OH、COOH，可发生取代反应，故不选；b含苯环，可发生加成反应，故不选；c含OH，
46、可发生消去反应，故不选；d不含双键或三键，不能发生加聚反应，故选；e哈OH，可发生氧化反应，故不选；故答案为：d；（4）B为CH3CH（OH）CH2CH2OH，酯化反应中M（B）+2M（D）=M（E）+2M（H2O），则M（D）=60g/mol，故答案为：60g/mol；（5）由转化关系可知，FH发生分子内酯化反应，则H为，故答案为：；FG发生醇的消去反应，该反应为，故答案为：；（6）F的同分异构体符合：含有邻二取代苯环结构与F具有相同的官能团 不与FeCl3溶液发生显色反应，则邻位2个取代基上含1个OH、1个COOH，OH、COOH可均在同一个取代基上，如，故答案为：【点评】本题考查有机物的
47、结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力、综合应用能力的考查，（6）为解答的难点，题目难度中等17已知a、I、e为三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下：粒子代码aIe原子核数单核四核双核粒子的电荷数一个单位正电荷0一个单位负电荷物质A由a、e构成，B、C、D、K都是单质，反应都是用于工业生产的反应，各有关物质之间的相互反应转化关系如图所示：请填写下列空白：（1）写出下列物质的化学式：BCl2，JNO（2）写出下列反应的离子方程式：H+E（溶液）MH+ClOHClOI溶于GNH3+H2ONH3H2ONH4+OH（3）在通常状况下，若
48、1g C气体在B气体中燃烧生成H气体时放出92.3kJ热量，则2mol H气体完全分解生成C气体和B气体的热化学方程式为2HCl（g）=H2（g）+Cl2（g）H=+184.6kJmol1【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】根据原子核数和带电荷数可知a为Na+，e为OH，I为NH3，物质A由a、e 构成，应为NaOH，B、C、D、K都是单质，反应都是用于工业生产的反应，能与NaOH反应的工业生成为工业制备漂白液的反应，为Cl2和NaOH的反应，则B为Cl2，C为H2，D为N2，H为HCl，反应应为工业电解饱和食盐水，则E为NaClO，M为HClO，见光分解生成氧气，则K为O2，和O2反
49、应生成NO和H2O，则G为H2O，J为NO，F为NaCl，E（溶液）能与I以1：2的物质的量之比反应生成N、F和G，N中各原子均已达到惰性气体的稳定结构，反应的方程式为NaOCl+2NH3=N+NaCl+H2O，根据质量守恒可知N为N2H4，L是由3种元素构成的分子，能与I以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO（NH2）2和物质H，因H为HCl，则L含有C、O、Cl三种元素，结合质量守恒可知L应为COCl2，反应的方程式为COCl2+2NH3=CO（NH2）2+2HCl，结合物质的性质以及题目要求可解答该题，（1）分析判断BD为氯气和一氧化氮；（2）H+E（溶液）M的反应是盐酸和NaClO反应
50、生成次氯酸；I溶于G是氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子的反应；（3）若1g C气体为H2在B气体为Cl2中燃烧生成H气体为HCl时放出92.3kJ热量，则2g氢气燃烧放热184.6KJ，热化学方程式改变方向，焓变改变符号【解答】解：根据原子核数和带电荷数可知a为Na+，e为OH，I为NH3，物质A由a、e 构成，应为NaOH，B、C、D、K都是单质，反应都是用于工业生产的反应，能与NaOH反应的工业生成为工业制备漂白液的反应，为Cl2和NaOH的反应，则B为Cl2，C为H2，D为N2，H为HCl，反应应为工业电解饱和食盐水，则E为NaClO，M为HClO，见光分解生
51、成氧气，则K为O2，和O2反应生成NO和H2O，则G为H2O，J为NO，F为NaCl，E（溶液）能与I以1：2的物质的量之比反应生成N、F和G，N中各原子均已达到惰性气体的稳定结构，反应的方程式为NaOCl+2NH3=N+NaCl+H2O，根据质量守恒可知N为N2H4，L是由3种元素构成的分子，能与I以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO（NH2）2和物质H，因H为HCl，则L含有C、O、Cl三种元素，结合质量守恒可知L应为COCl2，反应的方程式为COCl2+2NH3=CO（NH2）2+2HCl，（1）由以上分析可知B为Cl2，J为NO，故答案为：Cl2；NO； （2）H+E（溶液）M的反应
52、是盐酸和NaClO反应生成次氯酸，反应的离子方程式为：H+ClOHClO；I溶于G是氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子的反应，离子方程式和电离方程式为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，故答案为：H+ClOHClO； NH3+H2ONH3H2ONH4+OH；（3）若1g C气体为H2在B气体为Cl2中燃烧生成H气体为HCl时放出92.3kJ热量，则2g氢气燃烧放热184.6KJ，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）H=184.6kJmol1则2mol H气体完全分解生成C气体和B气体的热化学方程式为2HCl（g）=H2（g）+Cl2（g）H=+184.6kJ
53、mol1，故答案为：2HCl（g）=H2（g）+Cl2（g）H=+184.6kJmol1【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，本题注意把握常见工业反应以及反应原理，为解答该题的关键，注意反应的条件以及生成物的种类，结合质量守恒定律判断生成物并书写相关反应的方程式，解析要求学生熟练掌握常见10电子的微粒，熟悉常见化学工业生产重要反应18某化学研究性学习小组拟测定食醋的总酸量（g/10mL），请你参与该小组的实验并回答相关问题实验目的测定食醋的总酸量实验原理中和滴定实验用品蒸馏水，市售食用白醋样品500mL（商标注明总酸量：3，.50g/100mL5.00g/100mL），0.1000mol
54、/L NaOH标准溶液；100mL容量瓶，10mL移液管，碱式滴定管，铁架台，滴定管夹，锥形瓶，烧杯，酸碱指示剂（可供选用的有：甲基橙，酚酞，石蕊）实验步骤配制并移取待测食醋溶液用10mL移液管吸取10mL市售白醋样品置于100mL容量瓶中，用处理过的蒸馏水稀释至刻度线，摇匀后用酸式滴定管取待测食醋溶液20mL，并移至锥形瓶中盛装标准NaOH溶液将碱式滴定管洗净后，用NaOH标准溶液润洗3次，然后加入NaOH标准溶液，排除尖嘴部分气泡后，使液面位于“0”刻度或“0”度以下静置，读取数据并记录为NaOH标准溶液体积的初读数滴定往盛有待测食醋溶液的锥形瓶中的滴加某酸碱指示计23滴，滴定至终点记录N
55、aOH的终读数重复滴定3次数据记录滴定次数实验数据1234V（样品）/ml20.0020.0020.0020.00V（NaOH）始/ml0.000.200.100.10V（NaOH）终/ml14.9815.2015.1216.24问题与思考（1）步骤中用煮沸并迅速冷却的方法处理蒸馏水的目的是除去CO2，防止其对实验结果的影响（2）步骤中你选择的酸碱指示剂是酚酞，理由是CH3COONa溶液呈碱性，应选择变色范围在碱性的指示剂（3）样品总酸量=4.50g/100mL（4）导致实验结果偏大的主要原因是（填写序号）滴定终点时，仰视滴定管读数滴定后滴定管尖嘴处悬有一滴液体移液管用蒸馏水洗净后，就用来吸取
56、待测液滴定前，碱式滴定管无气泡，滴定后产生气泡锥形瓶只用蒸馏水洗涤后仍留有少量蒸馏水【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】无机实验综合【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的所需要的仪器来分析；根据蒸馏水中的CO2会影响结果的测定；（2）根据酸碱反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂； （3）先分析数据的合理性，求出NaOH体积的平均值，然后根据醋酸与NaOH反应的关系式求出醋酸，最后求出测定食醋的总酸量；（4）依据滴定实验过程中待测溶液浓度计算分析判断误差，c（待测）=【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：移液管、洗耳球、烧杯、玻璃棒
57、、胶头滴管以及容量瓶等；蒸馏水要煮沸除去CO2并迅速冷，故答案为：CO2；（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，故答案为：酚酞；CH3COONa溶液呈碱性，应选择变色范围在碱性的指示剂；（3）4次消耗的NaOH溶液的体积为：14.98mL；15.00mL；15.02mL；16.14mL；舍去第4组数据16.14mL，则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设10mL市售白醋样品含有 CH3COOH Xg，则CH3COOHNaOH 60 40Xg0.2 0.1000mol/L0.015L40g/molX=0.450则样品总酸量4.50g/1
58、00mL，故答案为：4.50；（4）c（待测）=，标准溶液浓度、待测溶液体积一定，误差分析取决于标准溶液体积变化，滴定终点时，仰视滴定管读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；滴定后滴定管尖嘴处悬有一滴液体，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；移液管用蒸馏水洗净后，就用来吸取待测液，导致待测液浓度减小，结果偏低，故错误；滴定前，碱式滴定管无气泡，滴定后产生气泡，读出的所用NaOH体积偏小，测定结果偏小，故错误；锥形瓶只用蒸馏水洗涤后仍留有少量蒸馏水，对测定结果没有影响故错误；故答案为：【点评】本题主要考查了物质组成的测定和含量计算，中和滴定的操作与计算，试题有一定的灵活性，题
59、目难度中等19以钴酸锂（LiCoO2）为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源，工业上常以锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下：已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711LiCO3在不同温度下的溶解度如下表：回答下列问题：温度/010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：Li2OAl2O3
60、4SiO2；（2）反应中加入碳酸钙的作用是除去反应中过量的H2SO4，控制pH使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）写出反应中生成沉淀A的离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3；（4）洗涤所得Li2O3沉淀要使用热水（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】锂辉矿（主要成分为LiAlSi
61、2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂；（1）根据元素的化合价将Li、Al、Si写成氧化物形式，中间用连接即可；（2）根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液pH，除去铁离子、铝离子；（3）反应要除去镁离子，加入过量氢氧化钙后生成氢氧化镁沉淀
62、，然后用碳酸钠除去过量的钙离子杂质，所以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气【解答】解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“”连接，同时要注意氧化物先后顺序，用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成为Li2OAl2O34SiO2，故答案为：Li2OAl2O34SiO2；（2）由（1）改写可知，锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有
63、SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应中加入碳酸钙的作用为：除去反应中过量的H2SO4，控制pH使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应中过量的H2SO4，控制pH使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3，故答案为：M
64、g2+2OHMg（OH）2、Ca2+CO32CaCO3；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，故答案为：热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2，故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2【点评】本题考查了工业上以锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提
65、纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键205.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，求甲的分子式是？【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】根据甲蒸气对氢气的相对密度计算甲的相对分子质量，根据n=计算甲的物质的量，再根据C、H原子守恒计算甲分子中C、H原子数目，根据相对分子质量计算分子中O原子数目，进而确定甲的分子式【解答】解：甲蒸气对氢气的相对密度是29，则Mr（甲）=292=58，5.8g甲的物质的量为=0.1mol，则甲分子中N（C）=3、N（H）=6，故分子中N（O）=1，故甲的分子式为：C3H6O，答：甲的分子
66、式为C3H6O【点评】本题考查有机物分子式确定的计算，比较基础，注意理解掌握燃烧法利用原子守恒确定有机物分子式21下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色请问答下列问题：（1）A是Na2O2，G是FeCl3（填化学式）（2）反应中，属于氧化还原反应的是（填序号）（3）反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3甲与B反应的离子方程式2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是先生成白色沉淀，然后迅速变为灰
67、绿色，最终变为红褐色（5）在F溶液中加入等物质的量的A，发生反应的总的离子方程式：4Na2O2+4FeCl2+6H2O=4Fe（OH）3+8NaCl+O2（6）已知：酚酞在c（OH） 为1.0104mol/L2.5mol/L时呈红色，且半分钟内不褪色向3，.9g A和 100g B混合后的溶液中滴入2滴酚酞试液，溶液变红色，片刻红色褪去（假设过程中液体体积不变）甲同学认为“红色迅速褪去”是由于溶液中c（OH）过大造成的上述观点是否正确不正确，请通过计算对比数据加以说明反应后溶液中c（OH）=1mol/L，在红色范围内乙同学认为“红色迅速褪去”是由于A+B=碱+H2O2，H2O2具有氧化性和漂白
68、性导致的试设计简单实验证明烧瓶内溶液中含H2O2，简述实验原理取溶液少许，加入MnO2，用带火星的木条检验产生的气体是氧气【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe（OH）3，D为Fe（OH）2，据此解答【解答】解：甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧
69、气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe（OH）3，D为Fe（OH）2（1）由上述分析可知，A为Na2O2，G为FeCl3，故答案为：Na2O2；FeCl3；（2）反应中为钠和氧气的化合，属于氧化还原反应；是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，属于氧化还原反应；是氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，不属于氧化还原反应；是氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁和氯化钠，不属于氧化还原反应；是氢氧化亚铁和氧气和
70、水反应生成氢氧化铁，属于氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有，故答案为：；（3）是氢氧化亚铁和氧气和水生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，甲为钠，和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；（4）氢氧化钠滴入到氯化亚铁溶液中反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，然后氢氧化亚铁被氧气氧化，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色氢氧化铁沉淀，故答案为：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（5）氯化铁中加入等物质
71、的量的过氧化钠，由于每摩尔过氧化钠做氧化剂，可以得到2摩尔电子，而氯化亚铁只能失去1摩尔电子，所以二者等物质的量反应时还有氧气生成所以反应的离子方程式为：4Na2O2+4FeCl2+6H2O=4Fe（OH）3+8NaCl+O2，故答案为：4Na2O2+4FeCl2+6H2O=4Fe（OH）3+8NaCl+O2；（6）3.9克过氧化钠和水反应生成0.1摩尔氢氧化钠，其氢氧根离子浓度为0.1/0.1=1mol/L，在酚酞显红色的浓度范围中，所以不正确，要想证明溶液中含有过氧化氢，可以利用过氧化氢能分解产生氧气的性质进行，取溶液少许，加入MnO2，用带火星的木条检验产生的气体是氧气，故答案为：不正确
72、，反应后溶液中c（OH）=1mol/L，在红色范围内；取溶液少许，加入MnO2，用带火星的木条检验产生的气体是氧气【点评】本题考查无机物推断，涉及Na、Fe元素化合物的性质及转化，物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握物质的性质，是对学生综合能力的考查，难度中等22聚戊二酸丙二醇酯（PPG：）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH
73、2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）由B生成C的化学方程式为（3）由D和H生成PPG的化学方程式为（4）写出D的同分异构体中能同时满足下列条件的结构简式与D具有相同种类和数目的官能团核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为3：1（5）根据已有知识，写出以乙烯为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2OH【考点】有机物的合成【专题】有机推断【分析】烃A的相对分子质量为70，由=510，可知A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃B，则B为，B发生消
74、去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8，C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F发生加成反应生成G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（）【解答】解：烃A的相对分子质量为70，由=510，可知A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃B，则B为，B发生消去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8，C发生氧化反应生成D为HOOC（
75、CH2）3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F发生加成反应生成G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（）（1）由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；（2）由B生成C的化学方程式为：，故答案为：；（3）由D和H生成PPG的化学方程式为：，故答案为：；（4）D为HOOC（CH2）3COOH，它的同分异构体满足：与D具有相同种类和数目的官能团，说明含2个COOH，核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为3：1，符合条件的同分异构体为：，故答
76、案为：；（5）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应得到HOCH2CH2OH，再氧化得到HOOCCOOH，乙二酸与乙二醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是确定A的结构简式，再根据反应条件推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等23氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）CD的反应类型是取代反应（2）X的结构简式为（3
77、）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式（4）已知：，中氯原子较难水解物质A（），可由2氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式、该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：结构中存在氨基；苯环上有两种不同化学环境的氢；G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应；写出符合条件的G的可能的结构简式：（6）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2【考点】有机物的合
78、成【专题】有机推断【分析】（1）C中含有羧基，与甲醇发生酯化反应得到D；（2）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构；（3）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成；（4）2氯甲苯与氯气在光照条件下得到，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到；光照时甲基中H原子可能全部被取代，也可能只有1个被取代；（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：结构中存在氨基；G能发生银镜反应，说明含有醛基，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，含有酯基，且存在结构CHClOOCH，苯环上有两种
79、不同化学环境的氢，含有2个不同的取代基处于对位；（6）乙烯与溴发生加成反应，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成【解答】解：（1）C中含有羧基，与甲醇发生酯化反应得到D，属于取代反应，故答案为：取代；（2）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构，D分子中氨基上的1个氢原子被取代，则X的结构简式为：，故答案为：；（2）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为，故答案为：；（4）2氯甲苯与氯气在光照条件下得到，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下水
80、解得到，反应方程式为：、，光照时甲基中H原子可能全部被取代，也可能只有1个被取代，生成，产率降低，故答案为：、；（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：结构中存在氨基；G能发生银镜反应，说明含有醛基，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，含有酯基，且存在结构CHClOOCH，苯环上有两种不同化学环境的氢，含有2个不同的取代基处于对位，符合条件的G的可能的结构简式为：，故答案为：；（6）乙烯与溴发生加成反应，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！
